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Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 1 REVISÃO DE DERIVADAS E INTEGRAIS PARA UMA VARIÁVEL Para facilitar o cálculo das derivadas das funções de uma variável, evitando o uso da definição, podemos usar as regras de derivação a seguir: REGRAS DE DERIVAÇÃO: (derivadas de algumas funções elementares) Função Derivada y = k y’ = 0 K = constante real; y = x y’ = 1 u e v são funções de x; y = k . x y’ = k n é um número natural. y = x n y’ = n . x n – 1 y = k . x n y’ = k . n . x n − 1 y = k . u y’ = k . u’ y = u n y’ = n . u n – 1 . u’ y = u ± v y’ = u’ ± v’ y = u . v y’ = u’.v + v’. u y = v u y’ = 2v u . v' v '.u − y = eu y’ = eu . u’ y = ln u y’ = u 'u Obtidas a partir da Regra da Cadeia y = au y’ = au . ln a . u’ y = log a u y’ = u 'u . log a e ou y’ = a ln . u 'u y = sen u y’ = u’ . cos u y = cos u y’ = − u’ . sen u y = tg u y’ = u’ . sec2 u y = cotg u y’ = – u’ . cosec2 u Exemplos: I) Calcular pela regra de derivação a derivada das seguintes funções: 1) f(x) = 5 f’(x) = D(k) = 0 2) f(x) = 3 . x f’(x) = D(k . x) = k f’(x) = 3 3) f(x) = x3 f’(x) = D(xn) = n . x n – 1 , n = 3 f’(x) = 3 . x 3 – 1 f’(x) = 3 x2 4) f(x) = 3x + 2 f’(x) = D(u + v) = u’ + v’ = 3 + 0 = 3 5) f(x) = (2x + 3)3 f’(x) = D(un) = n . un – 1 . u’ n = 3 u = 2x + 3 u’ = 2 + 0 = 2 f’(x) = 3 . (2x + 3)3 – 1 . 2 f’(x) = 6 . (2x + 3)2 6) y = x3 – 12x + 5 y’ = 3x2 – 12 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 2 7) y = x3x2 − y = (x2 – 3x) 2 1 y’ = D(un) = n . un−1 . u’ n = 1/2 u = x2 – 3x u’ = 2x – 3 y’ = 2 1 . (x2 – 3x) 1 2 1 − . (2x – 3) y’ = 2 1 . (x2 – 3x) 2 1− . (2x – 3) 8) y = (2 + 3x).(5 – 2x) y’ = D(u . v) = u’.v + v’. u u = 2 + 3x u’ = 3 v = 5 – 2x v’ = −2 y’ = 3 . (5 – 2x) + (−2) . (2 + 3x) = 15 – 6x – 4 – 6x y’ = 11 – 12x 9) y = 1x3 4x2 − + y’ = D v u = 2v u . v' v '.u − u = 2x + 4 u’ = 2 v = 3x – 1 v’ = 3 y’ = 2)1x3( 4) (2x . 3 1) (3x . 2 − +−− = 2)1x3( 12x62x6 − −−− y’ = 2)1x3( 14 − − 10) f(x) = ln (x3 – 2) f’(x) = D(ln u) = u 'u u = x3 – 2 u’ = 3x2 y’ = 2x x3 3 2 − 11) f(x) = e5x –2 f’(x) = D(eu) = eu . u’ u = 5x – 2 u’ = 5 y’ = 5. e5x – 2 12) y = 2 x3x 2 − y’ = D(au) = au . ln a . u’ a = 2 , u = x2 – 3x u’ = 2x – 3 y’ = 2 x3x 2 − . ln 2 . (2x – 3) 13) y = log (2x + 3) y’ = D(log u) = a ln . u 'u u = 2x + 3 u’ = 2 y’ = 10 ln . )3x2( 2 + 14) y = sen 5x y’ = D(sen u) = u’ . cos u u = 5x u’ = 5 y’ = 5 . cos 5x 15) y = cos (2x + 3) y’ = D(cos u) = − u’ . sen u u = 2x + 3 u’ = 2 y’ = − 2 . sen (2x + 3) 16) y = tg (x2 – 4x) y’ = D(tg u) = u’ . sec2 u u = x2 – 4x u’ = 2x – 4 y’ = (2x – 4) . sec2 (x2 – 4x) OBSERVAÇÃO: A derivada de uma função pode ser denotada por: y’ ou f’(x) ou dx dy ou dx df ou Dx(y) ou Df(x) notação de Leibniz (1646 – 1716) Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 3 REGRAS DE INTEGRAÇÃO: Considerando: C ∈ IR, K ∈ IR, u = f(x) , v = g(x) e n ≠ −1, temos as seguintes integrais (elementares) imediatas: 1. ∫dx = x + C 2. ∫ dx k = k ∫dx = k . x + C 3. ∫ dx xn = 1 n x 1 n + + + C 4. ∫ − dx x 1 = ∫ dx x 1 = ln |x| + C 5. ∫ dx ax = a ln ax + C , 0 < a ≠ 1 6. ∫ dx ex = xe + C 7. ∫ ∫ ∫±=± dv du dv) du( PROPRIEDADES DA INTEGRAL INDEFINIDA I. ∫ )x(f. k dx = k ∫ )x(f dx , k = constante real II. ∫ ± .dx g(x)] )x(f[ = ∫ )x(f dx ± ∫ )x(g dx III. [ ]∫ dx . )x(f dx d = f(x) , ou seja, a derivada da integral de uma função é a própria função. Exemplo 1: Calcular as integrais indefinidas: a) ∫ dx 5 = 5 ∫ dx = 5 x + C , C∈IR b) ∫∫ +−=++−=−=− + C 2 x C 1 1 x dx x dx x 21 1 , C∈IR c) dx 5 dx x 3 dx 5 dx 3x dx 5) x3(∫ ∫ ∫ ∫ ∫ =+=+=+ C 5x x 2 3 C x 5 1 1 x . 3 2 1 1 ++=++ + = + d) ∫ ∫ ∫∫ =−+=−+ dx x 2 dx x dx x dx 2x) x x( 3232 = C 1 1 x 2 1 3 x 12 1 11 31 2 + + − + + + +++x = = C x 4 x 3 x 2 43 +−+ , C∈IR e) ∫ ∫ ∫ ∫ +−=−=−=−+ C x 3 x dx dx x dx 1) (x dx 1) (x . 1) x( 3 22 , C∈IR f) ∫ ∫ ∫ ∫∫ =++=++=+ dx 9 dx x 6 dx x dx 9) x6 (x dx 3) x( 242422 = C 9x x2 5 x C 9x 3 x 6 5 x 3 535 +++=+++ , C∈IR g) C x 1 C 1 x C 1 2 x dx x dx x 1 11 22 2 +−=+ − =+ +− == −+− −∫∫ , C∈IR Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 4 h) C |x| ln dx x 1 dx x 1 +== ∫∫ − , C∈IR i) C x 3 2 C x 3 2 C x C 1 x dx x dx x 32 3 2 3 2 3 2 1 1 2 1 2 1 +=+=+=+ + == + ∫ ∫ , C∈IR j) ∫ ∫∫ ++=+=+ C 2 ln 2 e 2 dx 2 dx e 2 dx )2 e 2( x xxxxx ,C∈IR TABELA DE INTEGRAIS IMEDIATAS: 1) ∫du = u + C 2) ∫ u du = ln |u| + C 3) ∫ ue du = ue + C 4) ∫ nu du = 1 1 + + n un + C (n é constante ≠ −1) 5) ∫ ua du = a ln ua + C 6) ∫ usen du = − cos u + C 7) ∫ u cos du = sen u + C 8) ∫ u2sec du = tg u + C 9) ∫ uec2cos du = −cotg u + C 10) ∫ u sec . tg u du = sec u + C 11) ∫ u cosec . cotg u du = −cosec u + C Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 5 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 6 FUNÇÃO DE DUAS VARIÁVEIS – DOMÍNIO – IMAGEM – REPRESENTAÇÃO Uma função real a duas variáveis é uma relação que transforma em um único número real z cada par ordenado (x, y) de números reais de um certo conjunto D ⊂ ℜ2, chamado de domínio da função, e escrevemos z = f(x, y). Na função z = f(x, y), dizemos que z é a variável dependente e que x e y são variáveis independentes; O conjunto de todos os valores possíveis de z, que pode ser obtido aplicado à relação f aos pares ordenados (x, y) ∈ D, é chamado Imagem de f. O domínio pode ser representado através de um conjunto de pontos no plano x0y e o gráfico de f como uma superfície cuja projeção perpendicular ao plano x0y é D. Observe que quando (x, y) varia em D, o ponto correspondente (x, y, z) = (x, y, f(x, y)) varia sobre a superfície. Dada uma superfície S, podemos nos perguntar se ela sempre representa o gráfico de uma função z = f(x, y). A resposta é não. Sabemos que, se f é uma função, cada ponto de seu domínio pode ter somente uma imagem. Portanto, a superfície S só representará o gráfico de uma função z = f(x, y) se qualquer reta perpendicular ao plano x0y “cortar” S em um único ponto. Figura (a) Figura (b) P(x, y) z = f(x, y) x y z z1 z2 0 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 7 Observe que na figura (b) os pontos P(x1, y1, z1) e R(x2, y2, z2) são imagens de um único ponto (x, y) do plano x0y (plano ℜ2), com z1 ≠ z2. Exemplo 1 – Seja f(x, y) = 22 yx1 −− uma função de 2 variáveis. Assim, seu domínio é um subconjunto do ℜ2 e seu gráfico é um subconjunto do ℜ3. Para que 22 yx1 −− seja um número real devemos ter: 1 – x2 – y2 ≥ 0 que nos fornece x2 + y2 ≤ 1, logo, temos os domínio: D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 ≤ 1 } Um ponto (x, y, z) ∈ ℜ3 pertence ao gráfico de f se, e somente se, z = f(x, y), isto é, z = 22 yx1 −− , equivalentemente a z ≥ 0 e z2 + x2 + y2 = 1. Deste modo, o gráfico consiste no hemisfério superior da esfera z2 + x2 + y2 = 1, conforme figura abaixo. A imagem de f é o intervalo [0, 1] e escrevemos: z = Im(f) = [0, 1] Exercícios 1. Fazer uma representação gráfica do domínio das seguintes funções: a) f(x, y) = ln (x – y) Sabemos que ln (x – y) é um número real quando x – y > 0 x > y. D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x > y }. Graficamente, temos: b) f(x, y) = 22 yx xy − Sabemos que 22 yx xy − é um número real quando x2 – y2 > 0 ou que (x – y)(x + y) > 0, logo, temos o domínio: D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | (x – y)(x + y) > 0 }. Imagem de z x– y > 0 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 8 Lembrando que (x – y)(x + y) é um número real positivo quando x – y > 0 e x + y > 0 ou x – y < 0 e x + y < 0, teremos o gráfico abaixo no qual, a região A representa o primeiro caso e a região B o segundo. c) f(x, y) = 25yx 1 22 −+ Sabemos que 25yx 1 22 −+ é um número real quando x2 + y2 – 25 > 0 x2 + y2 > 25, logo temos o domínio: D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 > 25}. Esse é o conjunto dos pontos que estão na região exterior à circunferência x2 + y2 = 25 (que tem o centro na origem e raio igual a 5), conforme figura abaixo. d) g(x, y) = 22 yx9 −− Sabemos que 22 yx9 −− é um número real quando 9 – x2 – y2 ≥ 0 −x2 − y2 ≥ −9 . (−1) x2 + y2 ≤ 9, logo, temos o domínio: D(g) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 ≤ 9}. Esse é o conjunto dos pontos que estão na região interior à circunferência x2 + y2 = 9 (que tem centro na origem e raio igual a 3), conforme figura abaixo. Seja z = g(x, y). Como z é raiz quadrada positiva (z ≥ 0), temos que: 9 – x2 – y2 ≤ 9 22 yx9 −− ≤ 3 . Portanto, a imagem de z é dada por: Im(z) = { z ∈ ℜ2 | 0 ≤ z ≤ 3} ou Im(z) = [0; 3] Podemos observar essa imagem no gráfico da função z = 22 yx9 −− (z)2 = ( 22 yx9 −− )2 z2 = 9 – x2 – y2 x2 + y2 + z2 = 9. Deste modo, o gráfico consiste no hemisfério superior da esfera z2 + x2 + y2 = 32 , conforme figura x y 5 −5 −5 5 x y −3 3 −3 x2 + y2 = 32 3 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 9 Imagem de z 3 3 3 abaixo. Observações: 1. De forma análoga ao Cálculo de uma variável, as derivadas parciais de uma função são funções e, portanto, podemos calculá-las em pontos de seus domínios. Por exemplo: Seja f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1). Temos: fx = x f ∂ ∂ = D(ln u) = u 'u x = 1yx x2 22 ++ e fy = y f ∂ ∂ = D(ln u) = u 'u y = 1yx y2 22 ++ Portanto, temos duas novas funções: g(x, y) = 1yx x2 22 ++ e h(x, y) = 1yx y2 22 ++ Os domínios das funções são: D(f) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 + 1 > 0 } = ℜ2, D(g) = D(h) = { (x, y) ∈ ℜ2 | x2 + y2 + 1 ≠ 0 } = ℜ2. Os gráficos de f, g e h são, respectivamente: f(x, y) = ln (x2 + y2 + 1) g(x, y) = 1yx x2 22 ++ h(x, y) = 1yx y2 22 ++ Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas EurípedesMachado Rodrigues 10 2. A não existência das derivadas parciais de uma função contínua de duas variáveis num ponto indica que o gráfico da função apresenta “arestas” nesse ponto. De fato, seja z = f(x, y) = 22 yx + ; então, as derivadas parciais existem, exceto na origem. Veja o gráfico de f abaixo: f(x, y) = 22 yx + Curvas e Superfícies de Nível Existe uma outra técnica gráfica, útil, para descrever o comportamento de uma função de duas variáveis. O método consiste em descobrir no plano x0y os gráficos das equações f(x; y) = k para diferentes valores de k. Os gráficos obtidos desta maneira são chamados curvas de nível da função f correspondente ao nível k. No caso de três variáveis, é chamado superfície de nível de f. Para determinarmos o conjunto de pontos (x, y) ∈ D(f) tais que f(x; y) = k, cotamos o gráfico pelo plano horizontal z = k e projetamos a intersecção no “chão”. Exemplo1 – Esboce o gráfico das curvas de nível da função f(x; y) = 6 – 3x – 2y, para os valores k = – 6; 0; 6; 12. Solução: “As curvas de nível de uma função de duas variáveis são as curvas com equação f(x; y) = k, onde k é uma constante (no domínio de f)”. Então: 6 – 3x – 2y = k 3x + 2y + (k – 6) = 0 ( que representa uma família de retas paralelas). Temos as curvas de nível: Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 11 Para k = – 6 3x + 2y – 12 = 0 Para k = 0 3x + 2y – 6 = 0 São retas paralelas, igualmente espaçadas, pois, o Para k = 6 3x + 2y = 0 gráfico de f é um plano. Para k = 12 3x + 2y + 6 = 0 Mapa de contornos de f(x; y) = 6 – 3x – 2y Exemplo 2 – Esboce o gráfico das curvas de nível das funções g(x; y) = 22 yx9 −− , para k = 0; 1; 2; 3. Solução: Devemos ter: g(x; y) = k, ou seja, 22 yx9 −− = k 2 22 yx9 −− = 2k 9 – x2 – y2 = k2 x2 + y2 = (9 – k2) (que corresponde a uma família de circunferências concêntricas com centro na origem (0; 0) e raio 2k9 − . Assim temos as curvas de nível: Para k = 0 x2 + y2 = 9 – 02 x2 + y2 = 9 centro (0; 0) e raio r = 9 = 3 Para k = 1 x2 + y2 = 9 – 12 x2 + y2 = 8 centro (0; 0) e raio r = 8 Para k = 2 x2 + y2 = 9 – 22 x2 + y2 = 5 centro (0; 0) e raio r = 5 Para k = 3 x2 + y2 = 9 – 32 x2 + y2 = 0 centro (0; 0) e raio r = 0 Exemplo 3 – Esboce o gráfico das curvas de nível das funções f: ℜ2 ℜ, definida por f(x; y) = x2 + y2 , para k = 0; 1; 4. Solução: Devemos ter: x2 + y2 = k (que representa uma família de circunferências concêntricas de centro na origem (0; 0) e raio k . Assim temos: Para k = 0 x2 + y2 = 0 centro (0; 0) e raio r = 0 = 0 Para k = 1 x2 + y2 = 1 centro (0; 0) e raio r = 1 =1 Para k = 4 x2 + y2 = 4 centro (0; 0) e raio r = 4 = 2 x2 + y2 = 4 x2 + y2 = 1 K = 0 K = 6 K = 12 K = – 6 y • • • • • • x 3 1 2 4 −2 −3 −3/2 y • K = 3 K = 2 K = 0 K = 1 (3; 0) x 0 5 8 y • 1 2 0 x K = 0 K = 1 K = 4 z x y 1 2 x2 + y2 = 0 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 12 NOTA: As curvas de nível são usadas na prática com freqüência. Na Engenharia Civil, por exemplo, as curvas de nível de uma função determinada para medir a altura de uma região (relativa a um plano horizontal fixo) obtida a partir de um aparelho chamado teodolito, constituem o que chamamos de carta topográfica da região, que é utilizada no projeto de estradas. A temperatura de um ponto da superfície da Terra é uma função da latitude e da longitude do ponto. Uma curva de nível dessa função é chamada de isoterma. DERIVADAS PARCIAIS DE 1ª ORDEM ou DE ORDEM 1 Seja z = f(x, y). Se considerarmos y como constante, obtermos uma função de uma única variável, a saber, x. Derivando esta função de uma variável, o resultado é chamado de derivada parcial (de ordem 1) em relação a x, e é indicada por um dos símbolos: fDfDf x z )y,x(f xx f f)y,x(f xxx ===∂ ∂ = ∂ ∂ = ∂ ∂ == 11 Exemplo: Se z = f(x, y) = x.y + sen x, então: fx = x f ∂ ∂ = fx(x, y) = y + cos x (fizemos y constante) Analogamente, considerando x constante na função z = f(x, y) obtemos uma função da variável y. Derivando esta função, o resultado é chamado de derivada parcial (de ordem 1) em relação a y da função z = f(x, y), e é indicada por um dos símbolos: fDfDf y z )y,x(f yy f f)y,x(f yyy ===∂ ∂ = ∂ ∂ = ∂ ∂ == 22 No exemplo anterior, temos: fy = y f ∂ ∂ = fy(x, y) = x + 0 = x (fizemos x constante) Regra para determinar a derivada parcial de z = f(x, y): 1. Para achar fx , tomar y como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a x; 2. Para achar fy , tomar x como uma constante e diferencie f(x, y) com relação a y; Exercícios 1. Se f(x, y) = x3 + x2y3 – 2y2, determine fx(2; 1) e fy(2; 1) Solução: I) fx = fx(x, y) = 3x 2 +2xy3 – 0 = 3x2 + 2xy3 (fizemos y constante) ∴∴∴∴ fx(2; 1) = 3 . 22 + 2 . 2 . 13 = 12 + 4 = 16 II) fy = fy(x, y) = 0 + 3x 2y2 – 4y = 3x2y2 – 4y (fizemos x constante) ∴∴∴∴ fy(2; 1) = 3 . 22.12 – 4 .1 = 12 – 4 = 8 2. Determine as derivadas parciais de primeira ordem das funções: a) f(x, y) = 3x – 2y4 I) fx = 3 – 0 fx = 3 II) fy = 0 – 8y 3 fy = – 8y 3 b) f(x, y) = x5 + 3x3y2 + 3xy4 I) fx = 5x 4 + 9x2y2 + 3y4 II) fy = 0 + 6x 3y + 12xy3 = 6x3y + 12xy3 c) z = x. ye3 Lembrete: D(eu) = u’ . eu Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 13 I) x z ∂ ∂ = 1. e3y = e3y II) y z ∂ ∂ = x.3.e3y = 3xe3y d) z = y . ln x Lembrete: D(ln u) = u’/u I) x z ∂ ∂ = y . x 1 = x y II) y z ∂ ∂ = 1 . ln x = ln x e) f(x, y) = yx yx + − Lembrete: 2v u'.vv'.u v u D − = I) fx = 2v u'.vv'.u v u D − = =⇒+= =⇒−=1 1 x x 'vyxv 'uyxu fx = 2 11 )yx( )yx.()yx.( + −−+ = 2)yx( yxyx + +−+ = 2 2 )yx( y + II) fy = 2v u'.vv'.u v u D − = =⇒+= =⇒−= 1 1 y y 'vyxv 'uyxu fy = 2 11 )yx( )yx.()yx.( + −−+− = 2)yx( yxyx + +−−− = 2 2 )yx( x + − f) f(x, y) = xy I) fx = 1 . y = y II) fy = x . 1 = x g) w = f(x, y, z) = x2yz2 I) x w ∂ ∂ = fx = 2xyz 2 II) y w ∂ ∂ = fy = x 2z2 III) z w ∂ ∂ = fz = 2x 2yz h) z = x2 . ln(y2x) Lembrete: D(u . v) = u’. v + v’ . u I) x z ∂ ∂ = fx = D(u . v) = u’x . v + v’x . u ====⇒= =⇒= xxy y w 'w )w(lnD'v)xyln(v x'uxu x x x 1 2 2 2 2 2 fx = 2x . ln(y 2x) + x 1 . x2 fx = 2x . ln(y 2x) + x II) y z ∂ ∂ = fy = D(u . v) = u’y . v + v’y . u ====⇒= =⇒= yxy yx w 'w )w(lnD'v)xyln(v 'uxu y y y 22 0 2 2 2 fy = 0 . ln(y 2x) + y 2 . x2 fx = y x22 i) z = f(x, y) = 22 yx + z = 2 1 22 )yx( + Lembrete: D(un) = n . u n – 1 . u’ Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 14 I) fx = D(u n) = n . u n – 1 . u’x =+=⇒+= = xx'uyxu /n x 202 21 22 fx = 2 1 . (x2 + y2) 1 2 1 − . 2x = (x2 + y2) 2 1− . x = 2 1 22 )yx( x + fx = 22 yx x + II) fy = D(u n) = n . u n – 1 . u’y =+=⇒+= = yy'uyxu /n y 220 21 22 fy = 2 1 . (x2 + y2) 1 2 1 − . 2y = (x2 + y2) 2 1− . y = 2 1 22 )yx( y + fy = 22 yx y + 3. Determine as derivadas parciais indicadas: a) f(x, y) = 22 yx + ; fx(3; 4) Solução: No exercício anterior, vimos que: fx = 22 yx x + fx(3; 4) = 22 43 3 + = 169 3 + = 25 3 = 5 3 fx(3; 4) = 5 3 b) f(x, y) = sen(2x + 3y); fy (– 6; 4) Solução: fy = D(sen u) = u’y . cos u u = 2x + 3y u’y = 0 + 3 = 3 fy = 3 . cos(2x + 3y) fy(– 6; 4) = 3 . cos[2.(– 6) + 3. 4] = 3 . cos(–12 + 12) = 3.cos 0 = 3. 1 = 3 c) f(x, y, z) = zy x + ; fz(3; 2; 1) Solução: fz = 2 zz v u .'vv .'u v u D − = =⇒+= =⇒= 1 0 z z 'vzyv 'uxu fz = 2 10 )zy( x.)zy.( + −+ = 2)zy( x + − fz(3; 2; 1) = 212 3 )( + − = 23 3− = 3 1 − fz(3; 2; 1) = 3 1 − NOTA: Seja f(u) = n mu . Podemos escrever: f(u) = n m u Neste caso, k)u(D du df k == . 1ku − . u’, onde: k = n m , então: = du df n m . 1 n m u − . u’ = n m . n nm u − . u’ = n m . n nmu − . u’ = n m . n n m u u . u’ = du df n m . n n n m u u . u’ = n m . n u n m . u’ = du df u . n u' . u . m n m (note que neste caso, a derivada apresenta o resultado na forma racionalizada) No exercício 2-i, onde f(x, y) = 22 yx + = 2 122 )yx( + , temos: m = 1, n = 2 e u = 22 yx + = = y2'u x2'u y x I) x f dx df ∂ ∂ = = u . n u' . u . m x n m = )y(x . 2 2x . )y(x . 1 22 2 122 + + = dx df 22 22 yx y x . x + + Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 15 II) y f dy df ∂ ∂ = = u . n u' . u . m y n m = )y(x . 2 2y . )y(x . 1 22 2 122 + + = dy df 22 22 yx y x . y + + 4. Calcular as derivadas parciais de 1ª ordem para as funções: a) z = 5xy – 2x I) x z ∂ ∂ = 5y – 2x (fizemos y constante) II) y z ∂ ∂ = 5x – 0 = 5x (fizemos x constante) b) f(x, y) = y.x Temos: m = 1, n = 2 , u = x . y = = x'u y'u y x I) x f dx df ∂ ∂ = = u . n u' . u . m x n m = y . x .2 y . )y.x( .1 2 1 = dx df 2x y. x II) y f dy df ∂ ∂ = = u . n u' . u . m y n m = y . x .2 x . )y.x( .1 2 1 = dy df 2y y. x c) f(x, y) = y .x 2 e I) x f dx df ∂ ∂ = = D( ue ) = x'u . ue , onde u = x2 . y u’x = 2xy x f dx df ∂ ∂ = = 2xy . y .x 2 e II) y f dy df ∂ ∂ = = D( ue ) = y'u . ue , onde u = x2 . y u’y = x 2 y f dy df ∂ ∂ = = 2x . y .x 2 e d) f(x, y) = x . cos (y – x) I) x f dx df ∂ ∂ = = D(u . v) = u’x . v + v’x . u u = x u’x = 1 v = cos(y – x) v’x = D(cos w) = – w’x . sen w −= −= 1'w xyw x v’x = –(–1) . sen (y – x) = sen (y – x) x f dx df ∂ ∂ = = 1 . cos(y – x) + sen (y – x) . x x f ∂ ∂ = x . sen(y – x) + cos(y – x) II) y f dy df ∂ ∂ = = D(u . v) = u’y . v + v’y . u u = x u’y = 0 v = cos(y – x) v’y = D(cos w) = – w’y . sen w = −= 1'w xyw y Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 16 v’x = –1 . sen (y – x) = – sen (y – x) y f dy df ∂ ∂ = = 0 . cos(y – x) + [– sen (y – x) . x] y f ∂ ∂ = – x . sen(y – x) e) f(x, y) = 2y . )yx( ln 22 + I) x f dx df ∂ ∂ = = D(u . v) = u’x . v + v’x . u u = 2y u’x = 0 v = )yx( ln 22 + v’x = D(ln w) = w 'w x = += x2'w yxw x 22 v’x = 22 yx x2 + x f dx df ∂ ∂ = = 0 . )yx( ln 22 + + 22 yx x2 + . 2y x f ∂ ∂ = 22 2 yx xy2 + II) y f dy df ∂ ∂ = = D(u . v) = u’y . v + v’y . u u = 2y u’y = 2y v = )yx( ln 22 + v’y = D(ln w) = w 'w y = += y2'w yxw y22 v’y = 22 yx y2 + y f dy df ∂ ∂ = = 2y . )yx( ln 22 + + 22 yx y2 + . 2y y f ∂ ∂ = 2y . )yx( ln 22 + + 22 3 yx y2 + f) z = (x + y) . y2xe + I) x z ∂ ∂ = D(u . v) = u’x . v + v’x . u u = x + y u’x = 1 v = y2xe + v’x = D(e w) = w’x . e w = += 1'w y2xw x v’x = 1 . y2xe + = y2xe + x z ∂ ∂ = 1 . y2xe + + y2xe + . (x + y) x z ∂ ∂ = (x + y + 1) . y2xe + II) y z ∂ ∂ = D(u . v) = u’y . v + v’y . u u = x + y u’y = 1 v = y2xe + v’y = D(e w) = w’y . e w = += 2'w y2xw y v’y = 2 . y2xe + y z ∂ ∂ = 1 . y2xe + + 2 . y2xe + . (x + y) = y2xe + + (2x + 2y). y2xe + y z ∂ ∂ = (2x + 2y + 1) . y2xe + (coloquei y2xe + em evidência) g) z = 22 2 y2x yx + Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 17 I) x z ∂ ∂ = D v u = 2 xx v u . v' v . 'u − =⇒+= =⇒= x2'v y2xv xy2'u yxu x 22 x 2 x z ∂ ∂ = 222 222 )y2x( y x. x2)y2(x . xy2 + −+ = 222 333 )y2x( yx2xy4yx2 + −+ x z ∂ ∂ = 222 3 )y2x( xy4 + II) y z ∂ ∂ = D v u = 2 yy v u . v' v . 'u − =⇒+= =⇒= y4'v y2xv x'u yxu y 22 2 y 2 y z ∂ ∂ = 222 2222 )y2x( y x. y4)y2(x . x + −+ = 222 22224 )y2x( yx4yx2x + −+ x z ∂ ∂ = 222 224 )y2x( yx2x + − h) z = 4yx 22 e −+ I) x z ∂ ∂ = D( ue ) = x'u . ue , onde u = x2 + y2 – 4 u’x = 2x x z ∂ ∂ = 2x . 4yx 22 e −+ II) y z ∂ ∂ = D( ue ) = y'u . ue , onde u = x2 + y2 – 4 u’y = 2y y z ∂ ∂ = 2y . 4yx 22 e −+ i) z = 2xy + sen2 (xy) I) x z ∂ ∂ = D(u + v) = u’x + v’x ==⇒= =⇒= − x 1nn x 2 x w'. w . n)w(Dv' )xy(senv y2u' xy2u n = 2 w = sen(xy) w’x = D(sen t) = t’x . cos t = = y't xyt x w’x = y . cos(xy) v’x = 2 . sen(xy) . y. cos(xy) = 2y . sen(xy) . cos(xy) x z ∂ ∂ = 2y + 2y . sen(xy) . cos(xy) II) y z ∂ ∂ = D(u + v) = u’y + v’y ==⇒= =⇒= − y 1nn y 2 y w'. w . n)w(Dv' )xy(senv x2u' xy2u n = 2 w = sen(xy) w’y = D(sen t) = t’y . cos t = = x't xyt y w’y = x . cos(xy) v’y = 2 . sen(xy) . x . cos(xy) = 2x . sen(xy) . cos(xy) y z ∂ ∂ = 2x + 2x . sen(xy) . cos(xy) j) f(x, y) = tg (2x + 3y) I) x f ∂ ∂ = D(tgu) = u’x . sec 2 u temos: u = 2x + 3y u’x = 2 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 18 x f ∂ ∂ = 2 . sec2 (2x + 3y) II) y f ∂ ∂ = D(tgu) = u’y . sec 2 u temos: u = 2x + 3y u’y = 3 y f ∂ ∂ = 3 . sec2 (2x + 3y) k) f(x, y) = x2e . sen(3y) I) x f ∂ ∂ = k . D(eu) = u’x . e u . k, sendo k = constante Temos: k = sen(3y) e u = 2x u’x = 2 x f ∂ ∂ = 2 . x2e . K x f ∂ ∂ = 2 . x2e . sen(3y) II) y f ∂ ∂ = k . D(sen u) = u’y . k . cos u, sendo k = constante Temos: k = x2e e u = 3y u’y = 3 y f ∂ ∂ = 3 . K . cos (3y) y f ∂ ∂ = 3 . x2e . cos(3y) EQUAÇÃO DO PLANO TANGENTE AO GRÁFICO DE f EM P = (xo, yo, f(xo, yo)): z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx y f xxyx x f +− ∂ ∂ +− ∂ ∂ Exemplo – Sendo f(x, y) = x3y + x – y + 1, dê uma equação do plano tangente ao gráfico de f no ponto P(2; 1) Temos: I) f(xo, yo) = f(2, 1) = 2 3.1 + 2 – 1 + 1 = 8 + 2 = 10 II) x f ∂ ∂ = 3x2y + 1 x f ∂ ∂ (xo, yo) = x f ∂ ∂ (2, 1) = 3.22.1 + 1 = 12 + 1 = 13 III) y f ∂ ∂ = x3 – 1 y f ∂ ∂ (xo, yo) = y f ∂ ∂ (2, 1) = 23 –1 = 8 – 1 = 7 IV) Aplicando a equação do plano: z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx y f xxyx x f +− ∂ ∂ +− ∂ ∂ , temos: z = 13.(x – 2) + 7.(y – 1) + 10 = 13x – 26 + 7y – 7 + 10 Portanto, z = 13x + 7y – 23 ou 13x + 7y – z – 23 = 0 EXERCÍCIOS 1. Escreva uma equação do plano tangente ao gráfico de f, no ponto desse gráfico de abscissa e ordenada dadas: a) f(x, y) = 3xy + y2 + x3; x = 1 e y = 1 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 19 Temos: I) f(xo, yo) = f(1, 1) = 3.1.1 + 1 2 + 13 = 3 + 1 + 1 = 5 II) x f ∂ ∂ = 3y + 3x2 x f ∂ ∂ (xo, yo) = x f ∂ ∂ (1, 1) = 3.1 + 3.12 = 3 + 3 = 6 III) y f ∂ ∂ = 3x + 2y y f ∂ ∂ (xo, yo) = y f ∂ ∂ (1, 1) = 3.1 + 2.1 = 3 + 2 = 5 IV) Aplicando a equação do plano: z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx y f xxyx x f +− ∂ ∂ +− ∂ ∂ , temos: z = 6.(x – 1) + 5.(y – 1) + 5 = 6x – 6 + 5y – 5 + 5 Portanto, z = 6x + 5y – 6 ou 6x + 5y – z – 6 = 0 b) f(x, y) = 8x3y + y2 –1; x = –1 e y = 0 Temos: I) f(xo, yo) = f(–1, 0) = 8. ( –1) 3. 0 + 02 – 1 = –1 II) x f ∂ ∂ = 24x2y x f ∂ ∂ (xo, yo) = x f ∂ ∂ (–1, 0) = 24.( –1)2. 0 = 0 III) y f ∂ ∂ = 8x3 + 2y y f ∂ ∂ (xo, yo) = y f ∂ ∂ (–1, 0) = 8.( –1)3 + 2.0 = – 8 + 0 = – 8 IV) Aplicando a equação do plano: z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx y f xxyx x f +− ∂ ∂ +− ∂ ∂ , temos: z = 0.(x + 1) – 8.(y – 0) –1 = – 8y – 1 Portanto, z = – 8y – 1 ou 8y + z + 1 = 0 c) f(x, y) = yx xy + ; x = 0 e y = –1 Temos: I) f(xo, yo) = f(0, –1) = )( ).( 10 10 −+ − = 1 0 − = 0 II) x f ∂ ∂ = 2y)(x xy 1yxy + −+ .).( = 2 2 y)(x xy yyx + −+ = 2 2 y)(x y + x f ∂ ∂ (xo, yo) = x f ∂ ∂ (0, –1) = 2 2 1)(0 1 − − )( = 1 1 1 = III) y f ∂ ∂ = 2y)(x xy 1yxx + −+ .).( = 2 2 y)(x xyxy x + −+ = 2 2 y)(x x + y f ∂ ∂(xo, yo) = y f ∂ ∂ (0, –1) = 2 2 1)(0 0 − = 1 0 = 0 IV) Aplicando a equação do plano: z = ),()).(,()).(,( oooooooo yxfyyyx y f xxyx x f +− ∂ ∂ +− ∂ ∂ , temos: z = 1.(x − 0) – 0.(y + 1) + 0 = x – 0 Portanto, z = x ou x – z = 0 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 20 Vetor Gradiente Seja z = f(x,y) uma função de duas variáveis e x z ∂ ∂ , y z ∂ ∂ as “ parciais “ de z = f(x,y). Seja Po (xo, yo), um ponto do plano e oPx z ∂ ∂ , oPy z ∂ ∂ as derivadas calculadas no ponto Po, chamamos de Vetor Gradiente ou gradiente de f no ponto Po e indicamos por: grad f ou oP z → ∇ (lê-se: “del z”) ao vetor : oP z → ∇ = ∂ ∂ ∂ ∂ oo PP y z x z , ou ∇ f(Po) = ∂ ∂ ∂ ∂ )y;x( y f ),y;x( x f oooo De modo genérico, podemos escrever: ∇ f = x f ∂ ∂ i + y f ∂ ∂ j Exemplo 1 : ● Determine o vetor gradiente das funções abaixo no ponto Po . A ) z = ln ( x² + y² ) em Po ( 0, 1 ). Resolução : x z ∂ ∂ = 0 1 0 10 0.22 22)1,0(22 == + = ∂ ∂ ⇒ + x z yx x ∴ )1,0(z → ∇ = ( 0, 2 ) ou )1,0(z → ∇ = o i + 2 j y z ∂ ∂ = 2 1 2 10 1.22 22)1,0(22 == + = ∂ ∂ ⇒ + y z yx y B ) z = x.sen y em Po ( 1, 2 π ). Resolução : x z ∂ ∂ = 1 2 01 2 1 = π = ∂ ∂ ⇒=+ π senx z seny.xseny. , ∴ → ∇ 2 ,1 πz = ( 1, 0 ) y z ∂ ∂ = 0 22 10 2 1 = π = π = ∂ ∂ ⇒=+ π coscos.y z ycos.xycos.xseny. , Exemplo 2 – Considere a função f(x, y) = ln(2x + 3y). Determine: a) O gradiente de f. Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 21 ∇ f = x f ∂ ∂ i + y f ∂ ∂ j ∇ f = y3x2 2 + i + y3x2 3 + j b) O gradiente no ponto P(1; 2). ∇ f(1; 2) = 2.31.2 2 + i + 2.31.2 3 + j ∇ f(1; 2) = 8 2 i + 8 3 j ∇ f(1; 2) = 4 1 i + 8 3 j DERIVADA DIRECIONAL Se z = f(x; y) é uma função diferenciável de x e y , u um vetor unitário, então a derivada direcional de f na direção de u é denotada por: Duz = Pz∇ . u = ∇ f(xo; yo) . u (produto escalar) ou )P(f)P( u f oo ∇=∂ ∂ . u OBS.: 1) por questão de comodidade, deixaremos de representar a seta indicativa de vetores u = u; 2) Sempre que utilizarmos a letra u, trataremos de vetores unitários. Caso o vetor não seja unitário, iremos normatizá-lo, ou seja, determinar o seu versor u. Se o vetor dado for um vetor a, então temos o versor: u = |a| 1 . a ou u = |a| a 3) Se a = x . i + y . j , o módulo de a é dado por: | a | = ‖a‖ = 22 yx + 4) Se a = x . i + y . j + z . k, o módulo de a é dado por: | a | = || a || = 222 zyx ++ 5) Se u = (x1 ; y1) e v = (x2 ; y2) o produto escalar de u por v é dado por: u . v = x1 . x2 + y1 . y2 6) Se u = (x1 ; y1; z1) e v = (x2 ; y2 ; z2) o produto escalar de u por v é dado por: u . v = x1 . x2 + y1 . y2 + z1 . z2 7) Podemos também representar Duz por : Duf(x; y) Exemplo 1 – Determine a derivada direcional da função f(x, y) = 32yx − 4y no ponto ( 2; −1) na direção do vetor a = 2i + 5j Solução: I) Primeiro calculamos o gradiente de f no ponto (2; −1) ∇f(x, y) = x f ∂ ∂ i + y f ∂ ∂ j = 2xy3 i + (3x2y2 – 4) j ∇f(2; −1) = 2 . 2 . (−1)3 i + (3 . 22 . (−1)2 − 4) j = 4 . (−1) i + (3 . 4 . 1 − 4) j ∇f(2; −1) = − 4 i + 8 j ou ∇f(2; −1) = (− 4; 8) II) Verificamos se o vetor a é unitário. | a | = 22 yx + = 22 52 + = 254 + = 29 III) Como o vetor a não é unitário, devemos normatizá-lo, ou seja, obter o seu versor u: u = |a| 1 . a = 29 1 . (2 i + 5 j) u = 29 2 . i+ 29 5 . j IV) Aplicando a equação Duf(xo; yo) =∇ f(xo; yo) . u , temos: Du f(2; −1) = ∇f(2; −1) . u = (− 4 i + 8 j) . + j. 29 5 i . 29 2 = 29 5 . 8 2 .4 +− = 29 32 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 22 Exemplo 2 – Determinar a derivada direcional da função f(x, y) = x + y2 , no ponto (1; −2), na direção do vetor u = 5 3 ; 5 4 Solução: I) gradiente de f no ponto (1; −2): ∇f(x, y) = x f ∂ ∂ i + y f ∂ ∂ j = 1 i + 2y j ∇f(1; −2) = 1. i + 2 . (−2) . j ∇f(1; −2) = 1 . i – 4 . j II) o vetor u é unitário, pois, 22 yx + = 22 5 3 5 4 + = 25 9 25 16 + = 25 25 = 1 = 1 III) Aplicar a equação: Du f(1; −2) = ∇f(1; −2) . u = (1 i – 4 j ) . + j . 5 3 i. 5 4 = 5 3 . 4) ( 4 . 1 −+ = 5 8− = 5 8 − Exemplo 3 – Calcular a derivada direcional da função f(x, y, z) = 10 + ln(1 + x2 + y2 + z2), no ponto (1; −1; 1) e na direção do vetor a = i + 2 j + 2 k Solução: I) gradiente de f no ponto (1; −1; 1): ∇f(x, y, z) = x f ∂ ∂ i + y f ∂ ∂ j + z f ∂ ∂ k = 222 zyx1 x2 +++ . i + 222 zyx1 y2 +++ . j + 222 zyx1 z2 +++ . k ∇f(1; −1; 1) = 222 1)1(11 1.2 +−++ . i + 222 1)1(11 )1.(2 +−++ − . j + 222 1)1(11 1.2 +−++ . k ∇f(1; −1; 1) = 4 2 . i − 4 2 . j + 4 2 . k ∇f(1; −1; 1) = 2 1 . i − 2 1 . j + 2 1 . k = − 2 1 ; 2 1 ; 2 1 II) | a | = 222 zyx ++ = 222 221 ++ = 9 = 3 III) u = |a| 1 . a = 3 1 . (i + 2 j + 2 k) = 3 1 . i + 3 2 . j + 3 2 . k = 3 2 ; 3 2 ; 3 1 IV) Aplicar a equação: Du f(1; −1; 1) = ∇f(1; −1; 1) . u = ( 2 1 ; − 2 1 ; 2 1 ) . ( 3 1 ; 3 2 ; 3 2 ) Du f(1; −1; 1) = 2 1 . 3 1 + (− 2 1 ) . 3 2 + 2 1 . 3 2 = 2 1 . 3 1 = 6 1 Exemplo de Aplicação – Uma formiga, no plano xy, está situada no ponto Po (4; 1). A temperatura no ponto (x; y) é dada por f(x, y) = x3 – 3xy2 + 10. Determine se a expectativa da formiga é de se aquecer ou se resfriar, se ela tender a se deslocar segundo o vetor a, nos casos: a) a = (−1; 1)b) a = (1; 1) Solução: Para responder às questões, é necessário saber o significado geométrico da derivada direcional. A temperatura tende a crescer, se a derivada direcional em Po for positiva, e diminuir, se ela for negativa. Calculando, obtemos: ∂ ∂ ∂ ∂ =∇ y f ; x f f = (3x2 – 3y2; −6xy) ∴∴∴∴ )1 ;4(ff )P( o ∇=∇ = (3 . 4 2 – 3 . 12; −6 . 4 . 1) = (48 – 3; −24) = (45; −24) I) Para o item a, temos: Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 23 u = |a| 1 . a = |a| 1) 1;( − = |a| a ; logo: )P( u f o =∂ ∂ )P( o f∇ . u = (45; −24) . |a| 1) 1;( − = |a| 1 . (-24)(-1) . 45 + = |a| 69− < 0 Portanto, a expectativa é de queda de temperatura, ou seja, de a formiga se resfriar. II) Para o item b, temos: u = |a| 1 . a = |a| 1) (1; = |a| a ; logo: )P( u f o =∂ ∂ )P( o f∇ . u = (45; −24) . |a| 1) (1; = |a| 1 . (-24)1 . 45 + = |a| 21 > 0 Portanto, a expectativa é de aumento de temperatura, ou seja, de a formiga se aquecer. OBS.: Note que, não foi necessário o cálculo do módulo | a |, devido ao fato de que tal número sempre é positivo. DERIVADAS PARCIAIS DE SEGUNDA ORDEM E DE ORDEM SUPERIOR Seja z = f(x; y) que possui derivadas parciais de primeira ordem x f ∂ ∂ e y f ∂ ∂ , também deriváveis. Cada uma dessas derivadas parciais pode ser novamente derivadas em relação a x e a y, dando origem às derivadas de segunda ordem. Existem quatro delas na ordem de diferenciação: * 2 2 x f x f x ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = fxx que é a segunda derivada parcial de f em relação a x; * 2 2 y f y f y ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = fyy que é a segunda derivada parcial de f em relação a y; * y.x f y f x 2 ∂∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = fyx que é a segunda derivada parcial de f primeiro em relação a y e depois em relação a x; * x.y f x f y 2 ∂∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = fxy que é a segunda derivada parcial de f primeiro em relação a x e depois em relação a y; OBS.: Quando a função z = f(x; y) é contínua, então xy f yx f 22 ∂∂ ∂ = ∂∂ ∂ (Teorema de Clairaut) Nota: No caso da função ter mais de duas variáveis a notação segue a mesma lógica. Por exemplo, se temos: a) f(x, y, z) tem-se: ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x f yz = xyz f3 ∂∂∂ ∂ b) f(x, y, z, t), tem-se: ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ x f yzt = xyzt f4 ∂∂∂∂ ∂ E assim por diante. Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 24 Exemplo: Seja f(x, y, z, t) = x3y4z5t2, encontrar xyzt f4 ∂∂∂∂ ∂ * = ∂ ∂ x f 3x2y4z5t2 * xy f2 ∂∂ ∂ = 12x2y3z5t2 * xyz f3 ∂∂∂ ∂ = 60x2y3z4t2 * xyzt f4 ∂∂∂∂ ∂ = 120x2y3z4t Exemplo 1: Determinar as derivadas parciais fx, fy, fxx, fyy, fxy, fyx da função f(x; y) = 3xy4 + x3y2 Solução: I) fx = x f ∂ ∂ = 3.1.x1−1.y4 + 3.x3−1.y2 fx = 3y 4 + 3x2y2 II) fy = y f ∂ ∂ = 3x.4y4−1 + x3.2y2−1 fy = 12xy 3 + 2x3y III) fxx = 2 2 x f x f x ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = 0 + 3.2.x2−1.y2 fxx = 6xy 2 IV) fyy = 2 2 y f y f y ∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = 12x.3.y3−1 + 2x3 .1.y1−1 fyy = 36xy 2 + 2x3 V) fxy = x.y f x f y 2 ∂∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = 3.4.y4−1 + 3.x2.2.y2−1 fxy = 12y 3 + 6x2y VI) fyx = y.x f y f x 2 ∂∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ = 12.1.x1−1.y3 + 2.3.x3−1.y fyx = 12y 3 + 6x2y Note que fxy = fyx conforme o Teorema de Clairaut Exemplo 2 – Determine as derivadas parciais de 2ª ordem de z = ln (x² + y² ). Solução: I) x z ∂ ∂ = D(ln u) = u 'u x = 22 yx x2 + II) 2 2 x z ∂ ∂ = D v u = 2 xx v u.'vv.'u − = 222 22 )yx( x2.x2)yx.(2 + −+ = 222 222 )yx( x4y2x2 + −+ = 222 22 )yx( y2x2 + +− III) y z ∂ ∂ = D(ln u) = u 'u y = 22 yx y2 + IV) 2 2 y z ∂ ∂ = D v u = 2 yy v u.'vv.'u − = 222 22 )yx( y2.y2)yx.(2 + −+ = 222 222 )yx( y4y2x2 + −+ = 222 22 )yx( y2x2 + − V) yx z2 ∂∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ y z x = D v u = 2 xx v u.'vv.'u − = 222 22 )yx( y2.x2)yx.(0 + −+ = 222 )yx( xy4 + − Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 25 VI) xy z2 ∂∂ ∂ = ∂ ∂ ∂ ∂ x z y = D v u = 2 yy v u.'vv.'u − = 222 22 )yx( x2.y2)yx.(0 + −+ = 222 )yx( xy4 + − Note que yx z2 ∂∂ ∂ = xy z2 ∂∂ ∂ (Teorema de Clairaut) INTEGRAIS MÚLTIPLAS 1. Introdução No estudo das funções de várias variáveis, ao calcularmos derivadas parciais escolhíamos uma das variáveis independentes para derivar f em relação a ela e admitíamos que as demais eram constantes. O mesmo procedimento será adotado para integração múltipla. Antes de estudarmos a integração múltipla propriamente dita vamos ver alguns exemplos. Exemplo 1. Encontrar a primitiva da função f(x, y) = 12x2y3 em relação `a variável x. Solução: Como foi dito, vamos admitir y como constante e integrar em relação à x. Portanto, ∫ dxyx12 32 = 12y3 ∫ dxx2 = 12y3. 3 x3 + C = 4x3y3 + C Porém, nesse caso, a constante C é uma função de y. Pode ser, por exemplo, C(y) = ay3 + by2 + cy + 5 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será F(x, y) = 4x3y3 + ay3 + by2 + cy + 5 Note que: x )y ,x(F ∂ ∂ = 12x2y3 Exemplo 2. Encontre a primitiva da função f(x, y) = 12x2y3 em relação à y. Solução: Neste caso, vamos admitir x como constante e integrar em relação a y. Portanto, ∫ dyyx12 32 = 12x2 ∫ dyy3 = 12x2. 4 y4 + K = 3x2y4 + K Nesse caso, a constante K é uma função de x. Pode ser, por exemplo, K(x) = ax3 + bx2 + cx + 5 e uma das primitivas de f (x, y) = 12x2y3 será F(x, y) = 3x2y4 + ax3 + bx2 + cx + 5 Note que: y )y ,x(F ∂ ∂ = 12x2y3 Exemplo 3. Determine o valor da expressão ∫ +1x x dy xy24 Solução: Aplicando o teorema fundamental do cálculo, temos: ∫ +1x x dy xy24= 24x∫ +1x x dy y = 24x . x 1x 2 y2 + = 12xy2 x 1x + = 12x (x + 1)2 – 12x (x)2 = 12x.(x2 + 2x + 1) – 12x3 = 12x3 + 24x2 + 12x – 12x3 = 24x2 + 12x Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 26 Como podemos observar ∫ +1x x dy xy24 é uma função de x. Isto é, F(x) = ∫ +1x x dy xy24 , onde F(x) = 24x2 + 12x. Exemplo 4. Determinar o valor numérico de ∫ 2 1 dx )x(F , sendo F(x) = ∫ +1x x dy xy24 Solução: No exemplo anterior, vimos que: F(x) = ∫ +1x x dy xy24 = 24x2 + 12x. Portanto, aplicando o teorema fundamental do cálculo, temos: ∫ 2 1 dx )x(F = ∫ + 2 1 2 dx )x12x24( = 24 3 x3 + 12 2 x2 2 1 = 8x3 + 6x2 2 1 = (8 . 23 + 6 . 22) – (8 . 13 + 6 . 12) = 64 + 24 – 8 – 6 = 74 Nota: Os exemplos (3) e (4) podem ser escritos de seguinte forma: ∫ 2 1 dx )x(F = ∫ ∫ +2 1 1x x dx dy 24xy = ∫ ∫ +2 1 1x x dx dy 24xy Desta forma, obtemos um exemplo de integral dupla. Note que a variável dependente é a primeira a ser integrada e a variável independente a última. O processo de solução é dado por: ∫ ∫ +2 1 1x x dx dy 24xy = ∫ ∫ +2 1 1x x dx dy 24xy = ∫ +2 1 1x x 2 dx 12xy = ∫ + 2 1 2 dx )x12x24( = 8x3 + 6x2 2 1 = 74 INTEGRAIS DUPLAS (Interpretação Geométrica da Integral Dupla) A definição de integral dupla comporta uma interpretação geométrica análoga à definição de integral definida simples, associando-a ao problema do cálculo de volume da mesma forma que a integral definida é associada ao cálculo de área. Assim, a definição formal da integral dupla envolve a soma de muitas áreas elementares, isto é, diferenciais de área, com a finalidade de obter-se a soma total após as operações. Desta forma, podemos usar a integral para resolver problemas envolvendo volumes e áreas. D = {(x,y)∈ℜ2 | (xo ≤ x ≤ x1) U (yo ≤ y ≤ y1) Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 27 NOTA: Para obter o volume de um prisma, multiplicamos a área da base pela sua altura. Consideremos uma função z = f(x, y) ≥ 0, definida numa região R do plano x0y. Nosso objetivo é estimar o volume aproximado do sólido delimitado por z = f(x, y) acima do plano z = 0 e pelo cilindro definido pela curva fechada que delimita a região R. Para tanto, subdividimos R em n sub-regiões traçando linhas paralelas aos planos coordenados, conforme as figuras: Figura 1 Figura 2 Assim, a integral será o volume obtido pela soma de uma infinidade de volumes das colunas infinitesimais inscritas em forma de paralelepípedos, conforme a Figura 2. Então { R1, R2, R3, ... , Ri, ... , Rn } é uma partição de R. Seja |P| o comprimento da maior de todas as diagonais dos Rn sub-retângulos. Seja Ai a área da sub-região Ri. Para cada i escolhemos um ponto (xi, yi) ∈ Ri. O produto Vi = f(xi, yi) . Ai é o volume do i-ésimo paralelepípedo de área Ai e altura f(xi, yi). Como há n-subdivisões e n-paralelepípedos, o volume aproximado do sólido delimitado superiormente por f(x, y) e inferiormente pela região R é dado por Vn = ∑ = n 1i iii A ).y,x(f A integral dupla de uma função f definida numa região R é dada por: ∫∫ R dy dx )y,x(f = n 0|P| V lim → = ∑ = → n 1i iii 0|P| A ).y,f(x lim Resumo: Cálculo da Integral Dupla em uma Região do Plano. Considere uma função f: D→ ℜ, com D ⊂ ℜ2 e z = f(x, y). Considere uma região fechada R, de área A, situada no plano x0y (ou plano xy): R = { (x, y) ∈ ℜ2 | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d } Definição: Se z = f(x, y) é integrável em uma região R do plano, R ⊂ D, então a integral dupla sobre a superfície R: x z y domínio de f(x, y) R z = f(x, y) a b c d D Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 28 ∫∫ R dA )y,x(f será calculada por meio de duas integrais simples sucessivas, cada uma em relação a uma das variáveis. Em geral, dA = dx dy ou dA = dy dx. Assim, podemos escrever: ∫∫ R dA )y,x(f = ∫∫ R dy dx )y,x(f = ∫∫ R dx dy )y,x(f TEOREMA DE FUBINI – Se f for contínua no retângulo R = {(x, y) | a ≤ x ≤ b e c ≤ y ≤ d}, então temos: ∫∫ R dA )y,x(f = ∫ ∫ b a d c dxdy y)f(x, = ∫ ∫ d c b a dydx y)f(x, Observação: Se f(x, y) = 1, então ∫∫ R dydx )y,x(f = ∫∫ R dy dx , que é geometricamente, a área da região R. Cálculo da Integral Dupla É fundamental o reconhecimento do domínio de integração ou região de integração para o cálculo das integrais duplas, bem como, o reconhecimento das curvas que delimitam a região de integração. Muitas vezes, é conveniente ter essas curvas escritas em função de x, isto é, y = f(x) e outras vezes é conveniente ter x em função de y, isto é, x = f(y). Essa conveniência é devido ao maior ou menor trabalho exigido no processo do cálculo do valor numérico. Exemplo 1. Calcule o valor das integrais e comprove o Teorema de Fubini: a) ∫ ∫ 3 0 2 1 2ydydxx = ∫ ∫ 3 0 2 2 1 ydyx dx = ∫ = = 3 0 2y 1y 22 dx 2 yx = ∫ − 3 0 2222 dx 2 1x 2 2x = ∫ − 3 0 22 dx 2 x 2 4x = ∫ 3 0 2 dx 2 3x = ∫ 3 0 2dxx 2 3 = 3 0 3 3 x . 2 3 = 3 0 3 2 x = 2 0 2 3 33 − = 2 27 b) ∫ ∫ 2 1 3 0 2ydxdyx = ∫ ∫ 2 1 2 3 0 ydxx dy = ∫ = = 2 1 3x 0x 3 3 yx dy = ∫ − 2 1 33 3 y0 3 y3 dy = ∫ 2 1 dy 9y = 2 1 2 2 y9 = 2 1.9 2 2.9 22 − = 2 936 − = 2 27 Exemplo 2. Calcule a integral dupla ∫∫ − R 2 dA )y3x( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 0 ≤ x ≤ 2 ; 1 ≤ y ≤ 2 } Pelo teorema de Fubini, temos: ∫∫ − R 2 dA )y3x( = ∫ ∫ − 2 0 2 1 2 dydx )y3x( = ∫ ∫ − 2 0 2 2 1 dy)y3(x dx Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de EngenhariaAnotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 29 = ∫ − = = 2 0 2y 1y 3 3 y 3xy dx = ∫ − = = 2 0 2y 1y 3yxy dx = ( )∫ −−− 2 0 33 )1x()2x2( dx = ( )∫ +−− 2 0 1x8x2 dx = ( )∫ − 2 0 7x dx = 2 0 2 x7 2 x − = −− − 0.7 2 0 2.7 2 2 22 = 2 – 14 = −−−− 12 Exemplo 3. Calcule a integral dupla ∫∫ + R 32 dA )xy2x4( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 0 ≤ x ≤ 2 ; 0 ≤ y ≤ 1 } Temos: ∫∫ + R 32 dA )xy2x4( = ∫ ∫ + 2 0 1 0 32 dydx)2xy(4x = ∫ ∫ + 2 0 1 0 32 dy )2xy(4x dx = ∫ + 2 0 1 0 4 2 4 y x2yx4 dx = ∫ + 2 0 1 0 4 2 2 xy yx4 dx = ∫ +− + 2 0 4 2 4 2 2 0.x 0.4 2 1.x 1.x.4 dx = ∫ + 2 0 2 2 x 4x dx = 2 0 23 2 x . 2 1 3 x .4 + = 2 0 23 4 x 3 x4 + = +− + 4 0 3 0.4 4 2 3 2.4 2223 = 1 3 32 + = 3 35 Exemplo 4. Calcular as integrais: a) ∫∫ + R 2 dA )yx6x2( , onde R = { (x, y) ∈ ℜ2 | 1 ≤ x ≤ 4 ; −1 ≤ y ≤ 2 } Representação gráfica da região: Resolvendo: ∫∫ + R 2 dA )yx6x2( = ∫ ∫− + 2 1 4 1 2 dxdy)y6x(2x = dy 3 yx .6 2 x 2. 2 1 4 1 32 ∫− + = dyyx2x 2 1 4 1 32∫− + = ( )[ ]dy )y1.21(y4.24 2 1 3232∫− +−+ = ( )[ ]dy )y.21(y12816 2 1 ∫− +−+ = dy 126y)(15 2 1 ∫− + = 2 1 2 2 y .126y15 − + = (15 . 2 + 63 . 22) – [15. (−1) + 63.(−1)2] = (30 +252) – (−15 + 63) = 282 – 48 = 234 | | | | | | | | | x y R (região de integração) −1 2 1 4 4 1 2 ≤ -1 x y z z = f(x, y) R Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 30 b) ∫∫ + R dA 1)(xy , onde R é a região limitada pelas curvas y = 2x (reta crescente), x = 1 (reta vertical) e y = 0 (reta horizontal) Representação gráfica da região: Resolvendo: ∫∫ + R dA 1)(xy = ∫ ∫ + 1 0 x2 0 dydx)1 (xy = ∫ + 1 0 x2 0 2 y 2 y x. dx = ∫ + 1 0 2 x2 2 (2x) x. dx = ∫ + 1 0 3 )x2(2x dx = 1 0 24 2 x .2 4 x .2 + = 1 0 2 4 x 2 x + = +− + 2 4 2 4 0 2 0 1 2 1 = 1 2 1 + = 2 3 c) ∫∫ + R dA y)(x , onde R é a região limitada pelas curvas y = x2 (parábola no 1º quadrante), y = 2 (reta horizontal) e x = 0 (reta vertical) Representação gráfica da região: Resolvendo: ∫∫ + R dA y)(x = ∫ ∫ + 2 0 2 x 2 dydx)y (x = ∫ + 2 0 2 x 2 22 y xy dx =∫ +− + 2 0 22 2 2 2 )x( x.x 2 2 2.x dx = ∫ ++ 2 0 4 3 2 x x-2)(2x dx = ∫ −−+ 2 0 4 3 2 x x2x2 dx = 2. 2 x2 + 2x − 4 x4 − 2 0 5 5 x . 2 1 = ( )22 + 2. 2 − 4 )2( 4 − 10 )2( 5 − 0 = 2 + 2. 2 − 1 − 5 2.2 = 1 + 5 28 Exemplo 5. Calcular o valor da integral ∫∫ R dy dx xy24 , sendo R a região delimitada pelas curvas y = x2 e y = x curvas funções Curva à esquerda x = 0 Curva à direita x = 1 Curva inferior y = 0 Curva superior y = 2x Da região R obtida graficamente, temos: 0 ≤ x ≤ 1 e 0 ≤ y ≤ 2 R (região de integração) | | | | x y 2 1 0 Da região R obtida graficamente, temos: 0 ≤ x ≤ 2 e 0 ≤ y ≤ 2 R (região de integração) | | | | | x y 2 1 0 2 curvas funções Curva à esquerda x = 0 Curva à direita x = 2 Curva inferior y = x2 Curva superior y = 2 Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 31 Curvas funções curva à esquerda x = 0 curva à direita x = 1 curva inferior y = x2 curva superior y = x Gráfico da região e tabela de limites dessa região: Limites da integral: As curvas se encontram (ou se interceptam) nos pontos que são as soluções do sistema formado elas, ou seja: = = xy xy 2 xx2 = 222 )x()x( = x4 = x x4 – x = 0 x (x3 – 1)= 0 =⇒=⇒=− = 1x1x01x ou 0x 33 As curvas à esquerda e à direita são os limites que integram o primeiro símbolo de integração e as curvas, inferior e superior o segundo. Assim, ∫∫ R dy dx xy24 = ∫∫ = = = = xy xy 1x 0x 2 xydydx24 = dx 2 y x24 xy xy 21x 0x 2 = = = =∫ = dxxy12 xy xy 2 1x 0x 2 = = = =∫ = [ ]dx )x()x( x121x 0x 222∫ = = − = ∫ = = − 1x 0x 52 dx )x12x12( = 12. 3 x3 − 12. 6 x6 1x 0x = = = 4x3 – 2x6 1x 0x = = = (4.13 – 2.16) – (4.03 – 2.06) = 4 – 2 = 2 Exemplo 6. Determine a integral dupla ∫∫ R dy dx x , onde a região R é limitada pelas curvas y = x2 e y = x. Limites da integral: = = xy xy 2 x2 = x x2 – x = 0 x (x – 1) = 0 = = 1x 0x R: ≤≤ ≤≤ xyx 1x0 2 ou seja: y = x2 y = x y = x y = x2 R Curvas funções curva à esquerda x = 0 curva à direita x = 1 curva inferior y = x2 curva superior y = x x y -1,5 -1 -0,5 0 0,5 1 1,5 -1 0 1 2 3 R Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas EurípedesMachado Rodrigues 32 ∫∫ R dy dx x = ∫∫ = = = = xy xy 1x 0x 2 xdydx = dxxy xy xy 1x 0x 2 = = = =∫ = = dx)x.xx.x( 2 1x 0x −∫ = = = dx)xx( 32 1x 0x −∫ = = = 1x 0x 43 4 x 3 x = = − = 0 4 1 3 1 43 − − = = 4 1 3 1 − = 12 34 − = 12 1 Exemplo 7. Calcular a integral dupla da função f(x, y) = 1, sobre a região R = {(x, y) ∈ ℜ2 | 1 ≤ x ≤ 3 e 2 ≤ y ≤ 4} e interprete geometricamente. Queremos: ∫∫ R dA 1 , para R: ≤≤ ≤≤ 4y2 3x1 ∫∫ R dA 1 = dxdy 1 4y 2y 3x 1x ∫∫ = = = = = dxy 4 2 3x 1x ∫ = = = dx)24( 3x 1x −∫ = = = dx 2 3x 1x∫ = = = 2x 3 1 = = 2.3 – 2.1 = 6 – 1 = 4 Interpretação Geométrica: Temos: f(x, y) = 1 z = 1, 1 ≤ x ≤ 3 e 2 ≤ y ≤ 4 Os dados determinam um paralelepípedo de dimensões: base: x = 3 – 1 = 2, y = 4 – 2 = 2 e altura z = 1 Nota: Da Geometria sabemos que o volume do paralelepípedo reto-retângulo é o produto da área da base pela sua altura, ou seja, V = Ab . h = (2 . 2) . 1 V = 4 u.v. (unidade de volume) Exemplo 8. Calcular o volume da figura representada no gráfico abaixo usando integral tripla. 1 3 2 4 1 x y z Portanto, o resultado encontrado 4 é o volume do sólido, um paralelepípedo reto retângulo e, neste caso, também a área da base do mesmo. R : ≤≤ ≤≤ ≤≤ 4z0 2y0 3x0 0 3 2 4 x y z Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 33 V = dxdydz 3x 0x 2y 0y 4z 0z ∫∫∫ = = = = = = = dydzx 3x 0x 2y 0y 4z 0z = = = = = = ∫∫ = dydz)03( 2y 0y 4z 0z −∫∫ = = = = V = dydz3 2y 0y 4z 0z ∫∫ = = = = = dzy3 2y 0y 4z 0z = = = =∫ = dz)0.32.3( 4z 0z −∫ = = = dz6 4z 0z ∫ = = V = 4z 0z z6 = = = 6.4 – 6.0 = 24 – 0 V = 24 u.v. (unidades de volume) INTEGRAL DUPLA USANDO COORDENADAS POLARES 1. Coordenadas polares no plano Quando tomamos dois eixos perpendiculares Ox e Oy, podemos associar a um ponto P o par ordenado (x, y), onde x é a abscissa e y a ordenada de P. O sistema de coordenadas que obtemos é o sistema cartesiano (ou retangular) de coordenadas. Existem outras maneiras de associar coordenadas a um ponto, as coordenadas polares é uma delas. Tomando, no plano, uma semi-reta chamada eixo polar, cuja origem 0 é chamada de pólo e consideremos um ponto P do plano. Seja r sua distância a 0, chamada coordenada radial de P e θ coordenada angular de P (geralmente medido em radianos) o ângulo entre o eixo Ox e o segmento OP. Convencionalmente, θ é positivo quando marcado no sentido anti-horário. Temos: Elevando ao quadrado membro a membro cada equação, obtemos: θ= θ= 222 222 sen .ry cos .rx Somando membro a membro as equações, temos: θ+θ=+ 222222 sen .rcos .r yx )cos(sen .r yx 22222 θ+θ=+ Da trigonometria sabemos que a relação sen2 θ + cos2 θ = 1. Então: 1 .ryx 222 =+ 222 ryx =+ (Teorema de Pitágoras aplicado no triângulo retângulo da figura acima). De 222 ryx =+ , com r > 0, obtemos 22 yxr += que é a distância do ponto P à Origem. O ponto P é denominado de coordenadas polares e representado por P(r, θ). Nota: Toda região do tipo: R = {(r, θ) | ro ≤ r ≤ r1 e θo ≤ θ ≤ θ1} é chamada retângulo polar. 2. Integrais duplas em coordenadas polares (mudança de coordenadas na integral) A técnica de integrar em coordenadas polares é empregada, freqüentemente, quando o integrando ou as equações para a fronteira da região de integração envolvem a distância 22 yxr += até a origem, ou ainda, quando a região de integração é dada em 0 ⊡ x y r θ x y No triângulo retângulo da figura temos: θ= θ= =θ =θ sen .r y cos .r x r y sen r x cos P Cálculo de funções de várias variáveis para os cursos de Engenharia Anotações de Aulas Eurípedes Machado Rodrigues 34 coordenadas polares. No caso de a integral dada conter coordenadas cartesianas fazemos a mudança de coordenadas por: θ= θ= sen .ry cos .rx e dA = r dr dθ, ou seja, ∫∫ R dA y) f(x, = θ θθ∫∫ θ θ d,cos.r(f drr ) sen r. 1 o 1 o r r Exemplo 1. Calcular a integral dupla ∫∫ + R 22 dA yx , onde R é limitada pelas regiões: x ≥ 0, y ≥ 0 e x2 + y2 ≤ 4, usando coordenadas polares. x2 + y2 ≤ 4 representa a região interior de um círculo de centro na origem e raio r = 2 Em coordenadas polares: R : π ≤θ≤ ≤≤ 2 0 2r0 e θ= θ= sen .r y cos . rx ∫∫ + R 22 dA yx = θ θ+θ∫ ∫ π d drr .)sen .r()(r.cos 2 0 2 0 22 = = θ θ+θ∫ ∫ π d drr .sen .r.cosr 2 0 2 0 2222 = = θ θ+θ∫ ∫ π d drr .)sen.(cosr 2 0 2 0 222 = θ ∫ ∫ π d drr .1.r 2 0 2 0 2 = = θ ∫ ∫ π d drr .r 2 0 2 0 2 = θ ∫ ∫ π d drr .r 2 0 2 0 = θ ∫ ∫ π d dr r 2 0 2 0 2 = = θ ∫ π d 3 r2 0 2 0 3 = θ −∫ π d 3 0 3 22 0 33 = θ∫ π d 3 8 2 0 = 2 0 3 8 π θ = − π 0 2 . 3 8 = 3 8 . 2 π = 6 8π = 3 4ππππ Exemplo 2. Calcule a área do círculo usando coordenadas polares e integral dupla. A região é x2 + y2 ≤ r2 , onde π≤θ≤ ≤≤ 20 rr0 A = θ∫∫ = = π=θ =θ ddr r rr 0r 2 0 = θ = = π=θ =θ∫ d2 r rr 0r 22 0 = θ −∫ π=θ =θ d 2 0 2 r 222 0 x ≥ 0 2 y ≥ 0 2 r r r r y x θ
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